Đề thi thử đại học số 75 môn toán42990

Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao cho độ dài cạnh đáy bằng lần độ dài cạnh bên.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 75

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 (với m là tham số)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -1.

2 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác cân sao

cho độ dài cạnh đáy bằng lần độ dài cạnh bên

3 2

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 2cos4x - ( 3 - 2)cos2x = sin2x + 3

2 Giải hệ phương trình 4 2 4

x y x y





    



Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: I =

e 1

ln x 2

dx

x ln x x







Câu IV (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABClà tam giác vuông tại A, mặt phẳng (ABC') tạo với đáy một góc 600, khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng C (ABC') bằng và a

khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng A (BCC B' ') bằng Tính theo thể tích khối lăng trụ a a

' ' '

ABC A B C

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x,y,z thoả mãn x2 y2 z2 3 Tìm giá trị lớn nhất

z y x zx yz xy A











II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Trong hệ toạ độ Oxycho đường thẳng d:x  y2 30 và hai điểm A(-1; 2), B(2; 1) Tìm toạ

độ điểm thuộc đường thẳng sao cho diện tích tam giác C d ABC bằng 2

2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d1: 1 1 1 và đường thẳng



d2: 1 2 1 và mặt phẳng (P): x - y - 2z + 3 = 0 Viết phương trình chính tắc của đường

x  y  z

thẳng , biết  nằm trên mặt phẳng (P) và  cắt hai đường thẳng d1 , d2

2 log (x 2) 4x7 log (x 2) 2(x2)0

B Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong hệ toạ độ Oxycho hai đường thẳng d:x  y2 30 và :x3y50 Lập phương trình đường tròn có bán kính bằng , có tâm thuộc và tiếp xúc với

5

10 2

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : 1 3 và điểm

M(0 ;-2 ;0) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm M song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng (P) bằng 4

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:



























4 2 2 ) 2 3

( log

log ) 7 ( log 1 ) ( log

2

2 2

2

y x y

x

y y

x y

x

Hết

-Thí sinh không sử dụng tài liệu Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 75

Câu 1: 1.(1.0 điểm) Khi m1 hàm số trở thành yx42x23

 Tập xác định: D ฀ Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'4x34x;y'0x0;x1

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (;1) và (0;1); đồng biến trên mỗi khoảng (1;0) và (1;)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0; ycđ =-3; hàm số đạt cực tiểu tại x1; yct=-4

- Giới hạn: x  - lim ∞ y = ; x  + lim ∞ y = +∞

- Bảng biến thiên:

 Đồ thị:

2

-2

-4

Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.

2

1 3 ,

0 0

'

; ) 1 3 ( 2 4















y

Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị (*).Với đk(*), đồ thị hàm số có ba điểm cực trị:

3

1





 m

)

3

;

0

( 





















3 4

) 1 3 (

; 2

1





















4

) 1 3 (

; 2

1

C

Ta có: AB = AC = 3m 1 (3m 1)4 ; BC = Suy ra: cân tại

2 2

ABC























 





16

) 1 3 ( 2

1 3 4 2

1 3 4 9 3

2

BC

4

m m

m

So với điều kiện (*), ta được

3

5





m

Câu 2: 1.(1.0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với

2(cos4x + cos2x) = 3 (cos2x + 1) + sin2x

2

4 os3xcosx=2 3 osc c x 2 s inxcosx cosx=0;2cos3x= 3 osx+sinxc

+ osx=0 x=

2

+

6

2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )

6

6

k







12

24 2

k x

   



 

  



Câu 2: 2.(1.0 điểm) Điều kiện: 4 0

x y

x y

 



  



-3

y’

x

y

-∞

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

+∞

0

-4

+

4 +

y

O

x

Đặt: a 2x y, (a 0, b 0) Suy ra:





2 2

4 4

a b

 



  





1 1

3 6

6 4

10

a a

b a

a

b

 

   





So với điều kiện a0, b0, ta được: 1 2 1 2 1 4

x y

 

Vậy hệ phương trỡnh cú nghiệm (x; y) = (4; -7).

e 1

ln x 2

dx

x ln x x





1

ln x 2

dx (ln x 1)x







Đặt t = lnx + 1  dt = 1dx; Đổi cận: x = 1 thỡ t = 1; x = e thỡ t = 2

x

  tln | t | 21

Cõu 4:(1.0 điểm) Gọi là hỡnh chiếu của trờn BC H A AH(BCC'B')

.Gọi là hỡnh chiếu của C trờn

a

AH 

AC C AC

AB

60



;

3

2 60

sin 0

a CK

AC   CC' AC.tan600 2a

a AB AC

AB

1 1

1

2 2

3

4 '

3 '

' '

a CC S

V ABC B C  ABC 

2

3 )

( 2 3

2















t

Ta có 0xyyzzxx2 y2 z2 3 nên 3t2 9  3t3 vì t0

2

3 5 2

t

A

t



t

t t

2

3 5 2 ) (

2









t

t t f

2

3

2   





t

t t t t

3

14 )

3

(

)

(t  f 

f

Dấu đẳng thức xảy ra khi t 3 x yz1. Vậy GTLN của A là , đạt được khi

3

14

1





 y z x

Cõu 6a: 1.(1.0 điểm) AB 10, điểm C thuộc đường thẳng d nờn toạ độ của C cú dạng C(2a3;a)

Phương trỡnh đường thẳng AB:x  y3 50 S ABC 2 ( , ) 2

2

1



10

2 10 2

1





6

2

a

a





   



Với a6 ta cú C(9;6); với a2 ta cú C(7;2)

Cõu 6a: 2.(1.0 điểm) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d1 , d2với mặt phẳng (P) Tỡm được: A(1; 0 ; 2); B(2; 3; 1) Đường thẳng  nằm trong (P) và cắt d 1 , d2 nờn  đi qua A và B Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là

(1;3; 1)



AB

Phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng  là: 1 2

x  y  z



K

H

C' B'

A'

C B

A

Câu 7a:(1.0 điểm) Điều kiện: x2, phương trình đã cho tương đương với:

2log2(x2)1.log2(x2)2x40 





















0 4 2 ) 2 ( log

0 1 ) 2 ( log 2

2

2

x x

x

+ 2log2(x2)10  x 2 1 So với điều kiện ta được

2

2

 

+ log2(x2)2x40, vì hàn số f (x)log (x2  2) 2x4 là hàm số đồng biến trên 2; và

nên là nghiệm duy nhất của phương trình f(x) = 0.

5

f ( ) 0

2 

2

5



x

Vậy phương trình có hai nghiệm và

2

1

2



x

2

5



x

Câu 6b: 1.(1.0 điểm): Gọi I là tâm của đường tròn cần viết phương trình Vì I thuộc nên tọa độ điểm I có d

dạng I(2a3;a) Đường tròn tiếp xúc với nên  d(I,)R

5

10 2

102 



 a a6;a2

Với a6 ta có I(9;6)suy ra phương trình đường tròn:

5

8 ) 6 ( ) 9 (x 2  y 2 

với a2 ta có I(7;2),suy ra phương trình đường tròn:

5

8 ) 2 ( ) 7 (x 2  y 2 

5

8 ) 6 ( ) 9 (x 2  y 2 

5

8 ) 2 ( ) 7 (x 2  y 2 

Câu 6b:2.(1.0 điểm) Giả sử n a b c( ; ; ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P).

Phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và có vtpt n a b c( ; ; ): ax + by + cz + 2b = 0.

Đường thẳng  đi qua điểm A(1; 3; 0) và có một vectơ chỉ phương u (1;1; 4)

Mặt phẳng (P) song song với đường thẳng  đồng thời khoảng cách giữa đường thẳng  và mặt phẳng

(P) bằng 4 nên ta có :

(1)

| 5 |

4 (2) ( ;( )) 4





n u

d A P

(a5 )c (2a 17c 8ac)a - 2ac8c 0 a4 ,c a 2c

Với a = 4c chọn a = 4, c = 1  b = - 8 Phương trình mặt phẳng (P): 4x - 8y + z - 16 = 0.

Với a = -2c chọn a = 2, c = - 1  b = 2 Phương trình mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 4 = 0.

2

log (x y) 1 log (7x y) log y (1) log (3x y 2) 2x 2y 4 (2)





















 0

0 7

0

y

y x

y x

Với đk trên phương trình (1) trở thành: log2 2(xy)2 log2(7xy)y 

2x 3xy y   0 y 2 ,x yx

Với yx thế vào phương trình (2) ta được log2(2x2)4x9 Suy ra x  y9,( thoả mãn điều kiện).

Với y2x thế vào phương trình (1) ta được log2(x2)42xlog2(x2)2x40Vì hàm số

là hàm số đồng biến trên và nên là nghiệm duy nhất của 2

f (x)log (x 2) 2x4 2; f ( )5 0

2 

2

5



x

phương trình f(x) = 0 Suy ra ,( thoả mãn điều kiện).Vậy hệ đã cho có hai nghiệm và











 5 2 5

y

x









 9

9

y

x











 5 2 5

y x